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P10668 BZOJ2720 [Violet 5] 列队春游（自己加强版）题解

news 2025/11/14 10:15:57

P10668 BZOJ2720 [Violet 5] 列队春游

正整数数列 $h1,h2,⋯,hnh_1,h_2,\cdots,h_n$ 。设 $p$ 为 $1∼n1\sim n$ 的随机排列。
定义 $h'_i=h_{p_i}$ 。定义 $prei\mathrm{pre}_i$ 为最大的 $j<ij\lt i$ 满足 $hj′≥hi′h'_j\ge h'_i$ （如果不存在，规定为 $0$ ）。
求出 $∑i=1n(i−prei)\displaystyle \sum_{i=1}^n (i-\mathrm{pre}_i)$ 的期望值，保留两位小数输出。

$1≤n≤3001\leq n\leq 300$ ， $1≤hi≤10001\leq h_i\leq 1000$ 。

和dp无关，只是期望。可以做到O(V) 。
我们看题目中要求 $Σ(i−prei)\Sigma (i-pre_i)$ ,考虑拆开算还是一起算，拆开算的话有点困难，因为要和排列之后所处的位置有关。所以我们一起算。
转化一下题意，求 $i-pre_i$ ,便要求 $i$ 左侧，紧贴着 $i$ 的小于 $h_i$ 的数有几个再加 $1$ （加 $1$ 是因为 $i-pre_i$ 是 $i$ 到 $pre_i$ 中间的数个数加 $1$ ）。也就是说，对于每一个紧贴着 $i$ 的，高度小于 $h_i$ 的，都会对 $i$ 有 $1$ 的贡献。
考虑怎么解决这个问题（对于每一个紧贴着 $i$ 的，高度小于 $h_i$ 的，都会对 $i$ 有 $1$ 的贡献），画图来说：

其中绿色的是大于等于 $h_i$ 的数，设我们有 $sum_i$ 个等于 $h_i$ 的数， $cnt_i$ 个小于 $h_i$ 的数，那么我们就有 $n-cnt_i+1$ 个空。
我们先只考虑一个 $h_i$ ，因为对于其他相同的 $h_i$ 答案是一样的。

小于它的数 $p$ 会产生贡献，那 $p$ 一定是 $h_i$ ，在一个格子里的，概率为 $n-cnt_i+1$ 。又因为有 $cnt_i$ 个小于它的，所以再乘 $cnt_i$ 。
（另一种理解方式：那这个 $h_i$ 出现在每个空的概率为 $1n−cnti+1\frac{1}{n-cnt_i+1}$ ，任意一个小于它的数的概率出现在每个空的概率同样为这个（我们令小于 $h_i$ 的数和 $h_i$ 一旦出现在同一个空里，就把小于它的数放在 $h_i$ 前面，因为这样才有贡献）。又因为一共有 $n-cnt_i+1$ 个空，所以最终柿子为 $(n−cnti+1)×(1n−cnti+1×cntin−cnti+1)(n-cnt_i+1)\times(\frac{1}{n-cnt_i+1}\times\frac{cnt_i}{n-cnt_i+1})$ )。

化简一下为 $cntin−cnti+1\frac{cnt_i}{n-cnt_i+1}$ 。

又因为一共有 $sum_i$ 个等于 $h_i$ 的数，所以对于所有 $h_i$ 的答案为 $cnti×sumin−cnti+1+sumi\frac{cnt_i\times sum_i}{n-cnt_i+1}+sum_i$ ，为什么要加 $sum_i$ 呢，因为前面讲的转化柿子会多一个 $1$ ，我们在这里加上。

整体来说，我们按照值域做，对于每个取值求一个这个柿子，再求和。复杂度为 $O (V)$ 。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,b[N];
int sum,mx;
double ans;
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);++b[x];mx=max(mx,x);}for(int i=1;i<=mx;i++){ans+=1.0*sum*b[i]/(n-sum+1)+b[i];sum+=b[i];}printf("%.2lf",ans);return 0;
}